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2012江苏省数学竞赛《提优教程》教案:第6讲


第6讲

函数问题选讲

本节主要内容有运用函数的有关知识解决函数自身的问题和与函数有关的方程、不等式、 数列等问题。

A 类例题
1 例 1 如果在区间[1,2]上,函数 f(x)=x2+px+q 与 g(x)=x+x2在同一点取相同的最小值,求 f(x) 在该区间上的最大值. (1996 年全国高中数学联

赛) 1 1 1 1 解 由于 g(x)= x+x2=2x+2x+x2?3
3

1 33 4=2 2.

1 1 当且仅当 x= 2,即 x= 3 2时等号成立. 2 x 由于 3 2∈[1,2],故 x= 3 2时 g(x)取得最小值. 因为 f(x)=x2+px+q= ( x ?

p 2 p2 ) ?q? , 2 4

4q-p2 3 3 p 3 所以-2= 2且 4 =2 2, 33 3 3 解得 p=-2 2,q=2 2+ 4. 由于 3 2-1<2- 3 2. 53 3 故在[1.2]上 f(x)的最大值为 f(2)=4-2 2+ 4. 说明 本题在求 g(x)的最小值时,利用了均值不等式: a ? b ? c ? 3 3 abc ( a,b,c ? R ) , 当且仅当 a=b=c 时等号成立。 例 2 若函数 y ? log3 ( x 2 ? ax ? a) 的值域为 R,则实数 a 的取值范围是 (1994 年 “希望杯”全国数学邀请赛) 解法一 根据函数值域定义,对于任意实数 y ,关于 x 的方程 log3 ( x 2 ? ax ? a) ? y ,即 。
?

x 2 ? ax ? a ? 3 y ? 0 恒有解,
因此 ? ? a 2 ? 4(a ? 3 y ) ? a 2 ? 4a ? 4 ? 3 y ? 0
y

(*) 恒成立。

因为 4 ? 3 ? 0 ,所以(*)式成立的充要条件是 a 2 ? 4a ? 0 , 解得 a ? ?4 或 a ? 0 。 即实数 a 的取值范围是 (??, ?4] ? [0, ??) 。

解法二 根据对数函数和二次函数的性质,

u( x) ? x 2 ? ax ? a( x ? R) 的最小值应不小于 0,
即? a ?

a2 ? 0 ,解得 a ? ?4 或 a ? 0 。 4

即实数 a 的取值范围是 (??, ?4] ? [0, ??) 。 说明 解法一运用转化思想把对数函数转化为指数形式(关于 x 的二次方程)获得解答;解法 二运用对数函数和二次函数的复合获得思路。 例 3 求函数 f(x)= x4-3x2-6x+13- x4-x2+1的最大值。 (1992 年全国高中数学联赛) 分析 两个根号内都是四次式,可以把被开开方数分别配方成平方和,从而可以把 f(x)看成是 到某两点的距离之差。 解 f(x)= x4-3x2-6x+13- x4-x2+1 2 2 2 2 = x4-4x +4+x -6x+9- x4-2x +1+x = (x-3)2+(x2-2)2- x2+(x2-1)2 于是 f(x)表示点 P(x,x2)与点 A(3,2)及 B(0,1)距离差|PA|-|PB|。 由于点 P(x,x2)在抛物线 y=x2 上。即在抛物线上找到一点 P,使|PA|-|PB|取得最大值. 由三角形的两边差小于第三边知,当且仅当点 P 为抛物线与 AB 的延长线的交点时,|PA| -|PB|取得最大值。

? y ? x2 , 1 ? 由于直线 AB 的方程为 y ? x ? 1 ,由方程组 ? 1 3 ? y ? x ? 1, 3 ?

? 1 ? 37 , ? x? 1 ? 37 19 ? 37 ? 6 解得 ? ,其中点( )在 AB 的延长线上。 , 6 18 ? y ? 19 ? 37 , ? 18 ?
2 2 |AB|= (3 ? 0) ? (2 ? 1) ? 10 。

即函数 f(x)= x4-3x2-6x+13- x4-x2+1的最大值为 10 。 说明 注意点 P 的存在性要加以证明。

情景再现
1.函数 y= 1994-x- x-1993的值域是 (上海市 1994 年高中数学竞赛) 2.若不等式 x ? ax ? b= 。 。

3 的解集是(4,b) ,则实数 a= 2



3.若对任何 x ? [0,1] ,不等式 1 ? kx ?

1 ? 1 ? lx 恒成立,则一定有( 1? x



A. k ? 0, l ?

1 3

B. k ? 0, l ?

1 2? 2

C. k ?

1 1 ,l ? 4 3

D. k ?

1 1 ,l ? 2 2? 2

B 类例题
例 4 函数 f(x)定义在 R 上,对于任意实数 m、n,恒有 f (m ? n) ? f (m) ? f (n) ,且当 x >0 时,0<f(x)<1. (1)求证:f(0)=1, 且当 x<0 时,f(x)>1; (2)求证:f(x)在 R 上单调递减; (3)集合 A={(x,y)| f(x2)f(y2)> f(1)},B={(x,y)| f(ax-y+2)=1,a ∈R) .若 A∩B=Ф ,求 a 的取值范围. 证明(1)令 m=0,n=1,则 f (1)=f ( 0 ) f ( 1 ). ∵x > 0 时, 0< f(x)<1. ∴0 < f ( 1 ) <1,故 f (1) ? 0 ,∴ f ( 0 )=1.

又 f ( 0 )=f(x-x)=f(x)f(-x)=1,
设 x < 0,则-x > 0, 0 < f(-x)<1,从而 f ( x) ?

1 ? 1. f (? x)

(2)设 x1< x2,则 x1-x2<0,f(x1-x2)>1. 因为 f(x1)=f [(x1-x2)+x2] = f(x1-x2)f(x2) > f(x2) ∵f(x2)> 0 ) ,( 所以 f(x)为 R 上的减函数. (3)由 f(x2)f(y2)>f(1)得 f(x2+y2)>f ( 1) , 2 2 又 f(x)为 R 上的减函数, ∴x +y <1. 由 f(ax-y+2)=1 得 ax-y+2=0. ∵A∩B=φ , ∴直线 ax-y+2=0 与圆 x2+y2=1 相切或相离. 故

2 a2 ? 1

?1, ∴ ? 3 ? a ? 3 .
x ?1? a . ( a ? R) a?x

例 5 已知函数 f ( x ) ?

(1)证明:函数 y ? f (x) 的图象关于点(a,-1)成中心对称; (2)我们利用函数 y ? f (x) 构造一个数列 {xn } ,方法如下:对于给定的定义域中的 x1 ,令

x2 ? f ( x1 ) , x3 ? f ( x2 ) ,?, xn ? f ( xn?1 ) ,?,在上述构造数列的过程中,如果 xi (i=2,
3,4,?)在定义域中,构造数列的过程将继续下去;如果 xi 不在定义域中,构造数列的过

程停止. ①如果可以用上述方法构造出一个常数列 {xn } ,求实数 a 的取值范围; ②如果取定义域中任一值作为 x1 ,都可以用上述方法构造出一个无穷数列 {xn } ,求实数 a 的值. (1)证明 设点 P( x0 , y0 )是函数 y ? f (x) 图象上一点,则 y0 ? 与点 P 关于(a,-1)的对称点 P’(2a-x0,-2-y0) , 因为 f (2a ? x0 ) ?

x0 ? 1 ? a , a ? x0

2a ? x0 ? 1 ? a a ? 1 ? x0 x ? 1 ? a a ? 1 ? x0 , ? 2 ? y0 ? ?2 ? 0 , ? ? a ? x0 x0 ? a a ? ( 2a ? x 0 ) x0 ? a

所以 f (2a ? x0 ) ? ?2 ? y0 ,即点 P? 在函数 y ? f (x) 的图象上, 故函数 y ? f (x) 的图象关于点(a,-1)成中心对称. (2)解 ①根据题意,只需 x≠a 时, f ( x) ? x 有解, 即

x ?1 ? a ? x 有解, a?x

即 x 2 ? (1 ? a) x ? 1 ? a ? 0 有不等于 a 的解.所以 ? 由 ? ? (1 ? a) ? 4(1 ? a) ? 0 得 a?-3 或 a?1,
2

?? ? 0, ? x ? a,

而当 x ? a 时, x ? (1 ? a) x ? 1 ? a ? 0 。
2

综上 a?-3 或 a?1. ②根据题意,应满足 x ? a 时
2

x ?1 ? a ? a 无解, a?x

即 x ? a 时 (1 ? a) x ? a ? a ?1无解. 由于 x ? a 不是方程 (1 ? a) x ? a ? a ?1 的解.
2

所以对于任意 x ? R , (1 ? a) x ? a ? a ?1 无解.所以 a=-1.
2

例 6

求 实 数 a 的 取 值 范 围 , 使 得 对 任 意 实 数 x 和 任 意 θ ∈ [0 ,

?
2

],恒有

1 (x+3+2sinθcosθ)2+(x+asinθ+acosθ)2?8. (1996 年全国高中数学联赛) 解 令 sinθ+cosθ=u,则 2sinθcosθ=u2-1,

当 θ∈[0, ]时,u∈[1, 2]. 2 记 f(x)= (x+3+2sinθcosθ)2+(x+asinθ+acosθ)2. 则 f(x)=(x+2+u2)2+(x+au)2=2x2+2(u2+au+2)x+(u2+2)2+(au)2 1 1 =2[x+ (u2+au+2)]2+ (u2-au+2)2. 2 2 1 1 所以 x=-2(u2+au+2)时,f(x)取得最小值2(u2-au+2)2. 1 1 所以 u2-au+2?2,或 u2-au+2?-2. 3 5 所以 a?u+ ,或 a?u+ . 2u 2u 当 u∈[1, 2]时, u+ 3 7 5 9 7 ∈[ 6, 2];u+ ∈[ 2, ]. 2u 4 2u 4 2

?

7 所以 a≤ 6 或 a? . 2

情景再现
a2-x2 4.函数 f(x)= 是奇函数的充要条件是 |x+a|-a (湖南省 2002 年高中数学竞赛) 。

1 5.已知函数 f(x)= (1-x+ 1-2x+2x2),x∈[2,4].求该函数的值域。 2x (2002 年上海市高中数学竞赛) 6.设 a∈ +,a≥2,集合 A={y|y=ax,x∈ +},B={y|y=(a+1)x+b,x∈ +},在闭区间[1, N N N a]上是否存在 b,使 A∩B≠?,如果存在,求出 b 的一切可能值及相应的 A∩B;如果不存在, 试说明理由. (安徽省 2002 年高中数学竞赛题)

C 类例题
2 2 例 7 对 于 给 定 的 常 数 p、q ? (0,1) , p ? q ? 1 , p ? q ? 1 , 试 求 函 数

f ( x)?

2 (? x ) p ? 2 x ? 1

x2 q ( 1 21x)q ? x ? p )的最大值。 ? ? ? (

(1996 年江苏省数学竞赛) 解法一 f ( x) ? (1 ? x) ( p ? x ) ? x [q ? (1 ? x) ]
2 2 2 2 2 2 2

?2 x(1 ? x)? ( p 2 ? x 2 )[q 2 ? (1 ? x ) 2 ]

? (1 ? x)2 ( p2 ? x2 ) ? x2[q2 ? (1 ? x)2 ] ? x(1 ? x)? p2 ? x2 ) ? q2 ? (1 ? x)2 ] [(

? x2 ? ( p2 ? q2 ? 1) x ? p2
? (x ? p2 ? q2 ? 1 2 p2 ? q2 ? 1 2 ) ?( ) ? p2 2 2 p2 ? q2 ? 1 2 1 ) ? [( p ? q)2 ? 1][1 ? ( p ? q)2 ] 2 4

? (x ?

1 ? [( p ? q) 2 ? 1][1 ? ( p ? q) 2 ] , 4
其中等号成立当且仅当 p2 ? x2 ? q 2 ? (1 ? x)2 , 即x?

1 p2 ? q2 ? 1 [( p ? q) 2 ? 1][1 ? ( p ? q) 2 ] 。 时, f ( x) max ? 2 2 A
c a q D

解法二 构造如图所示的直角梯形 ABCD,则

f ( x) ? (1 ? x) p 2 ? x 2 ? x q 2 ? (1 ? x) 2

? b? ? x) ? ax (1
B 1-x

?

?

p

b C

?
x

? pq sin ? cos ? ? pq sin ? cos ? ? pq sin(? ? ? ) ? pq sin ? 。
因为 cos ? ?

p2 ? q2 ? c2 p2 ? q2 ? 1 ? ? 0, 2 pq 2

所以 sin ? ? 1 ? cos 2 ? ? 即 f ( x) ?

(2 pq)2 ? ( p 2 ? q 2 ? 1)2 , (2 pq)2

1 [( p ? q) 2 ? 1][1 ? ( p ? q) 2 ] , 2
2 2 2 2

当且仅当 c ? 1 ,即 p ? x ? q ? (1 ? x) 时成立。 因此 x ?

1 p2 ? q2 ? 1 [( p ? q) 2 ? 1][1 ? ( p ? q) 2 ] 。 时, f ( x) max ? 2 2

说明 利用勾股定理,两点间得距离公式构造几何图形去解决一些代数问题是一种常用手段。 例 8 对于正整数 a,n,定义 Fn(a)=q+r,其中 q,r 为非负整数,a=qn+r,且 0?r<n,求最 大的正整数 A,使得存在正整数 n1,n2,n3,n4,n5,n6,对于任意正整数 a?A,都有

Fn6 ( Fn5 ( Fn4 ( Fn3 ( Fn2 ( Fn1 (a))))))=1.证明你的结论.
(1998 年全国高中数学联赛) 分析 将满足条件“存在正整数 n1,n2,n3,n4,n5,?,nk,对于任意的正整数 a?B,都有

Fnk (Fnk ?1 (?(Fn1 (a)?) ? 1”的最大正整数 B 记为 xk。问题转化为研究 xk,xk+1 之间的递推

关系。本题所求的最大正整数 A 即为 x6。 解 ⑴先证 x1=2。 事实上,F2(1)=F2(2)=1,所以 x1?2 。 又当 n1?3 时, Fn1 (2) =2,而 F2(3)=F1(2)=2, 所以 x1<3,所以 x1=2。 ⑵设 xk 已求出,且 xk 为偶数,显然 xk?x1=2,易知 xk+1 满足的必要条件是:存在 n1,使 得只要 a?xk+1,就有 Fn1 (a) ?xk。 令 xk+1=qn1+r,由 Fn1 ( xk ?1 ) =q+r?xk 可得 xk+1=qn1+r?qn1+xk-q=xk+q(n1-1)。 若取 n1=2,由

xk ? 2 ?xk,可知 xk+1?xk+2,由此可得 q>0,n1>1, 2

于是 0<(q-1)n1+n1-1=qn1-1<xk+1, 因此 Fn1 ((q-1)n1+n1-1)=q+n1-2?xk.,
2 xk ? 1 2 xk xk 1 q ? n1 ? 1 2 ? ? ]。 故有 q(n1-1)?[( ) ]≤[( ) ]=[ 2 2 4 2 4 2 xk xk ? 。 4 2

由于 xk 为偶数,从而 q(n1-1)?

因为 xk?2,所以 xk+

2 xk xk ? ?xk+2, 4 2 2 x k x k x k ( x k ? 6) ? = 4 4 2

所以总有

xk+1?xk+

x ( x ? 6) x k x xk ? n1 ? k , +2,由于 k k = 4 2 2 2 x k ( x k ? 6) 对于每个 a? ,令 a=qn1+r, 4 x x x x 那么或者 q= k ,r? k ;或者 q? k -1,r?n1-1= k +1。 2 2 2 2 x ( x ? 6) 两种情况下均有 q+r?xk,因此 xk+1= k k 。 4
另一方面,若取 n1= 此外,因为 xk 为偶数。若 4|xk,由 2|xk+6 可得 8|xk(xk+6); 若 xk≡2(mod4),由 xk+6≡0(mod 4)也可得 8|xk(xk+6). 因此 xk+1 也是偶数。由数学归纳证明,有 xk+1=

x k ( x k ? 6) 。 4

由 x1=2 逐次递推出 x2=4,x3=10,x4=40,x5=460,x6=53590。 即所求最大整数 A=53590。

情景再现

7.设正实数 x,y 满足 xy=1,求函数

f ( x, y) ?

x? y 的值域. (其中[x]表示不超过 x 的最大整数。 [ x][ y ] ? [ x] ? [ y] ? 1

习题 13
1.对于每个自然数 n,抛物线 y=(n2+n)x2?(2n+1)x+1 与 x 轴交于 An,Bn 两点,以|AnBn|表示 该两点的距离,则|A1B1|+|A2B2|+?+|A1992B1992|的值是( 1991 A.1992 1992 B.1993 1991 C.1993 1993 D.1992 )

(1992 年全国高中数学联赛) 1 1 1 2.若偶函数 f(x)在(0,+∞)上是增函数,设 a=f(loge ),b=f(logπe),c=f(log1 2),则 a,b,c

?

e?

的大小关系是( ) A.c<b<a B.b<a<c C.c<a<b D.a<b<c (1994 年河北省高中数学竞赛) 3.下列四个图形的阴影部分(不包括边界)满足不等式 logx(logxy2)>0 的是(
y
1
x=1 y 2 =x

)

y
1

x=1 y 2 =x

y
1

x=1 y 2 =x

y
1

x=1 y 2 =x

O

1

x

O

1

x

O

1

x

O

1

x

A.

B.

C.

D.

(1984 年全国高中数学联赛) 4.已知函数 f(x)=x2+2bx+1 和 g(x)=2a(x+b),其中 x,a,b 均为实数.使 y=f(x)和 y= g(x)在 xOy 平面上的图象不相交的实数对(a,b)组成点集 A,那么 A 在 aOb 平面上的图形 S 的面积为 。 (安徽省 2002 年高中数学竞赛题) 5.函数 f(x)=2 x2-4x+3+ 3+4x-x2的值域是 (合肥市 1994 年高中数学竞赛) 6.设实数 x, y, z, t 满足 1 ? x ? y ? z ? t ? 100 ,则 。

x z ? 的最小值为 y t



7 . 设 实 数 a, b 满 足 条 件 a ? x1 ? x2 ? x3 ? x1 x2 x3 , ab ? x1 x2 ? x2 x3 ? x3 x1 , 其 中

x1 , x2 , x3 ? 0 ,求 P ?

a 2 ? 6b ? 1 的是最大值。 a2 ? a

(2005 年四川省数学竞赛题) 8.对每一对实数对 x,y,函数 f(t)满足 f(x+y)=f(x)+f(y)+xy+1.若 f(-2)=-2,试求满 足 f(a)=a 的整数 a 的个数. (广西省 1999 年高中数学竞赛) 9.设函数 f:[0,1]→R 满足 ⑴ f(x)?0,对于 x∈[0,1];

⑵ f(1)=1; ⑶ f(x)+f(y)?f(x+y),x、y,x+y∈[0,1]。 求出最小的常数 c,使 f(x)?cx 对一切满足上述条件的函数 f 及一切 x∈[0,1]都成立.证 明你的结论. (1993 年第二十二届美国数学奥林匹克) 本节“情景再现”解答: 1.解:令 x-1993=cos? (0?θ?2),则 1994-x=sinθ. 于是 y=sinθ+cosθ= 2sin(θ+2)∈[1, 2]. 所以函数 y= 1994-x- x-1993的值域是值域为[1, 2]. 2.解:方法一:设

?

?

x ? t,则 x ? t 2 ,且 t ? (2, b ) ,则不等式 at 2 ? t ?

3 ? 0 的解集为 2

(2, b ) ,
1 ? ?2 ? b ? a , 3 ? 2 所以 2, b 是方程 at ? t ? ? 0 的两根,即 ? 2 ?2 ? b ? 3 , ? 2a ?
解得 a ?

1 ,b=36。 8 x , y2 ? ax ? 3 3 , 由不等式 x ? ax ? 的解集是(4,b) ,可得两函数 2 2

方法二:设 y1 ?

y1 ? x , y2 ? ax ?

3 在同一坐标系中的图象。 2 3 3 , b ? ab ? 。 2 2

设两函数图象的交点为 A,B,则 A(4,2), B(b, b) ,所以 2 ? 4a ? 解得 a ?

1 ,b=36。 8
, 于是 k x ? 2kx ? 1 ? k x ? 2kx ? x ? 1,
2 2 2 3 2

3. 由 (1 ? kx) 1 ? x ? 1 , 1 ?1 ? k 1 ? 解: 得( ) ( )x 2 x

2 2 2 又 x ? [0,1] ,有 k x ? (k ? 2k ) x ? 1 ? 2k ? 0 ,所以 k ?

1 。 2



1 1 ? 1 ? 2lx ? l 2 x 2 , ? 1 ? lx ,得 1? x 1? x
2 2 2

所以 l x ? (l ? 2l ) x ? 1 ? 2l ? 0 , 又 x ? [0,1] ,所以 l ?

1 。故选 D。 2? 2

a2-x2 a2-x2 4.解:由 =- 得|x+a|+|-x+a|=2a>0. |x+a|-a |-x+a|-a a2-x2 a2-x2 反之当 a>0 时,y= 的定义域为[-a,0)∪(0,a];此时,y= ;所以 f(-x) x |x+a|-a =-f(x),函数为奇函数. 所以所求条件为 a>0. 1 1-x 5.解:y=f(x)=2( x + 令 1-x 1+( x )2).
O y

1-x 3 1 =tanθ∈[- ,- ],(θ 为四象限角), x 4 2

P1 x

Q 1 sinθ+1 A 则 y= · 可看作图中直线 AQ 到 AP 的斜率的一半的变化范围,即以 x=2 及 x=4 代入 2 2cosθ

5-1 1 可得所求函数的值域为[4, 4 ]. 或用分子有理化,解决单调性. 6.解:设存在 m,n∈ +,使 am=(a+1)n+b(1≤b≤a), N m 所以(a+1)n=a -b,即 f(a)=am-b 能被 a+1 整除. 因为 f(-1)=(-1)m-b. 所以当 m 为正偶数时 b=1;当 m 为奇数时,b=-1+(a+1)=a. 综上可知,满足要求的 b 存在,其值为 b=1 及 a. 当 b=1 时,A∩B={y|y=a2k,k∈N+}; + 当 b=a 时,A∩B={y|y=a2k 1,k∈N+}. 7.解:不妨设 x ? y ,则 x ? 1 , x ? 1 .有下面两种情形:
2

(1)当 x=1 时,y=1,此时 f ( x, y ) ?

1 . 2
1 ? 1 ,故 n ??

(2)当 x>1 时,设[x]=n,{x}=x-[x]= ? ,则 x=n+ ? , 0 ? ? ? 1 ,于是 y ? [y]=0.

1 n ?? , f ( x, y ) ? n ?1 1 因 为 函 数 g ( x) ? x ? 在 [1 , + ? ) 上 单 调 递 增 , 且 0 ? ? ? 1 , 所 以 x 1 1 1 n? ? n ? ? ? ?1 ? ?, n n n? ? ?1 n 1 1 n? n ?1? n ? f ( x, y) ? n ?1 . 所以 n ?1 n ?1 n ?? ?
1 1 n ?1? n ?1 ? 1? 1 , n ? 1 ? n ? 1 , k ( n) ? 设 h( n) ? 2 n ?1 ( n ? 1) 2 n ?1 n ?n

n?

由于 h(n ? 1) ? h(n) ?

n?2 , n(n ? 1)(n ? 2)

所以当 n ? 1 时,有 h(1) ? h(2) ? h(3) ? h(4) ? ? ? h(n) ? ? ,

k (1) ? k (2) ? k (3) ? ? ? k (n) ? ?,
于是当 x>1 时,函数 f ( x, y) 的值域为 [h(2), k (1)) ,即 [ , ) . 综上所述,函数 f ( x, y) 的值域为{

5 5 6 4

1 5 5 }? [ , ). 2 6 4

习题”解答: 1.解:由 y=(n2+n)x2?(2n+1)x+1 =((n+1)x-1)(nx-1), 1 1 1992 得|AnBn|= - ,于是|A1B1|+|A2B2|+?+|A1992B1992|= 。选 B. n n+1 1993 1 1 2.解:a=f(loge )= f(-logeπ)= f(logeπ);b=f(-logπe)= f(logπe);c=f(log1 2)= f(2logeπ).

?

e?

因为 0< logπe<1< logeπ<2<2logeπ,于是 b<a<c,故选 B. 3.解:当 0<x<1 时,得 1>y2>x>0;当 x>1 时,得 y2>x>1.选 D. 4.解:取 x2+2bx+1=2ax+2ab, 所以 x2+2(b-a)x+1-2ab=0, 由△=4(b-a)2-4(1-2ab)<0,得 a2+b2<1. ∴S=π. 5.解:令 t2=x2-4x+3,且 t?0,则 3+4x-x2=6-t2,则得 y=2t+ 6-t2,故 0?t? 6. 取 t= 6cosθ,(0?θ?90° ),得 y=2 6cosθ+ 6sinθ= 30sin(θ+φ)∈[ 6, 30]. 2 1 其中 sinφ= ,cosφ= .即所求值域为[ 6, 30]. 5 5 6.解:由于 1 ? x ? y ? z ? t ? 100 ,

要使

x z ? 最小,则 x ? 1, t ? 100 , y 尽量大, z 尽量小。 y t
1 x z 1 y 1 1 。 这 时 ? ?2 ? , 即 ? 最 小 值 为 5 y t y 100 100 5

于 是 y?z , 所 以

x ? 1 , y ? z ? 1 0 t, ? 。 0 0 1
7.解:因为 a ? x1 x2 x3 ? x1 ? x2 ? x3 ? 33 x1 x2 x3 ? 33 a , 所以 a ? 3 3 。 又 a ? ( x1 ? x2 ? x3 ) ? x1 ? x2 ? x3 ? 2( x1x2 ? x2 x3 ? x3 x1 )
2 2 2 2 2

? 3( x1x2 ? x2 x3 ? x3 x1 ) ? 3ab ,从而, a ? 3b 。

所以 P ?

a 2 ? 6b ? 1 a 2 ? 2a ? 1 a ? 1 1 ? ? ? 1? 2 2 a ?a a ?a a a

? 1?

1 3 3

? 1?

3 。 9

当且仅当 x1 ? x2 ? x3 , a ? 3 3 , a ? 3b 时等号成立。 即 x1 ? x2 ? x3 ? 3 , a ? 3 3 , b ?

3 时,

a 2 ? 6b ? 1 3 P? 有最大值 1 ? 。 2 9 a ?a
8.解:由 f(x+y)=f(x)+f(y)+xy+1,得 f(-2+0)=f(-2)+f(0)+(-2)×0+1,所以 f(0)=-1. f(-2)=2f(-1)+1+1,所以 f(-1)=-2. f(0)=f(1)+f(-1),所以 f(1)=1. f(n+1)=f(n)+f(1)+n×1+1,所以 f(n+1)=f(n)+n+2。若 f(n)>0,则 f(n+1)=n+1+f(n) +1>f(n). 故当 n≥2 时,f(n) >n 成立. 又 f(-3)=f(-2)+f(-1)+2+1=-2-2+3=-1; f(-4)=f(-3)+f(-1)+3+1=1. f(-n-1)=f(-n)+f(-1)+n+1=f(-n)+n-1, 若 f(-n)>0,f(-n-1)>0,故对于 n>4,f(-n)>0. 所以只有 a=1,-2. 9.解:由 f(x)?0, 知 f(x)?f(x)+f(y)?f(x+y),x、y,x+y∈[0,1]. 即函数 f(x)非严格递增. 1 1 令 y=x,得 2f(x)?f(2x),(0?x? ).若 0?x? 2,则 22f(x)?2f(2x)?f(22x). 2 2 一般的,若对于 x∈[0,1],必有自然数 n,使 1 1 <x? n, 2n+1 2

则可得 2nf(x)?f(2nx)?f(1)<2n+1x,即得 f(x)<2x. 而 f(0)+f(1)?f(1)=1,即 f(0)+1?1,但 f(0)?0,故 f(0)=0,即 f(0)?2f(0).于是对于 x∈ [0,1],f(x)?2x 成立.即 c?2. 再说明 c 不能比 2 小.为此构造函数

?0,当0?x?2时, f(x)= ? 1 ?1,当2<x?1时.
1 1 此函数满足⑴、⑵,若 x、y,x+y∈[0,1],不妨设 x?y,则 0?x?2,故 f(x)+f(y)=f(y) ?f(x)+f(y).即此函数也满足⑶.

1 1 1 对这个函数,若 1<c<2,则取 x∈( , ),则 f(x)=1,而 cx∈( c,1),故 f(x)>cx. 2 c 2 1 若 0<c?1,此时取 x∈(2,1),仍有 f(x)=1,而 cx?x<1,f(x)>cx.故 c?2. 综上可知,c=2.


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